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函数、导数、不等式的综合问题


函数、导数、不等式的综合问题
例 1、 已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a;(2)求函数 f(x)的单调区间;(3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围.

例 2、设函数 f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2,其中 x∈R,a,

b 为常数.已知曲线 y=f(x)与 y=g(x)在点 (2,0)处有相同的切线 l.(1)求 a,b 的值,并写出切线 l 的方程;(2)若方程 f(x)+g(x)=mx 有三个互不相同的实根 0、 x1、x2,其中 x1<x2,且对任意的 x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立,求实数 m 的取值范围.

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1 例 3、设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 f′(x)= ,g(x)=f(x)+f′(x). x 1? 1 (1)求 g(x)的单调区间和最小值;(2)讨论 g(x)与 g? ?x?的大小关系;(3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< x对任 意 x>0 成立?若存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由.

例 4、设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间;(2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值.

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ln x+k 1、已知函数 f(x)= (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴 ex 平行.(1)求 k 的值;(2)求 f(x)的单调区间;(3)设 g(x)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1+e 2.


2、设函数 f(x)=(1+x)2-2ln (1+x).(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)若关于 x 的方程 f(x)=x2+x+a 在[0,2]上恰有 两个相异实根,求实数 a 的取值范围.

3、已知函数 f(x)=kx,g(x)=

ln x . x

ln x (1)求函数 g(x)= 的单调递增区间;(2)若不等式 f(x)≥g(x)在区间(0,+∞)上恒成立,求 k 的取值范围. x

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4、设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.

1 5、设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2.(1)若 a= ,求 f(x)的单调区间;(2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 2

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函数、导数、不等式的综合问题
【例 1】? 已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a;(2)求函数 f(x)的单调区间;(3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围. 解 a a f(x)的定义域:(-1,+∞).(1)f′(x)= +2x-10,又 f′(3)= +6-10=0,∴a=16. 4 1+x

经检验此时 x=3 为 f(x)极值点,故 a=16. 2x2-8x+6 2?x-1??x-3? 16 (2)f′(x)= +2x-10= = .当-1<x<1 或 x>3 时,f′(x)>0;当 1<x<3 时,f′(x)<0. 1+x x+1 x+1 ∴f(x)单调增区间为:(-1,1),(3,+∞),单调减区间为(1,3). (3)由(2)知, f(x)在(-1,1)内单调增加, 在(1,3)内单调减少, 在(3, +∞)上单调增加, 且当 x=1 或 x=3 时, f′(x) =0.所以 f(x)的极大值为 f(1)=16ln 2-9,极小值为 f(3)=32ln 2-21. 因为 f(16)>162-10×16>16ln 2-9=f(1),f(e 2-1)<-32+11=-21<f(3),


所以在 f(x)的三个单调区间 (-1,1),(1,3),(3,+∞)直线 y=b 与 y=f(x)的图象各有一个交点,当且仅当 f(3)<b<f(1).因此 b 的取值范围为(32ln 2-21,16ln 2-9). 【例 2】设函数 f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2,其中 x∈R,a,b 为常数.已知曲线 y=f(x)与 y= g(x)在点(2,0)处有相同的切线 l.(1)求 a,b 的值,并写出切线 l 的方程;(2)若方程 f(x)+g(x)=mx 有三个互不相同 的实根 0、x1、x2,其中 x1<x2,且对任意的 x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立,求实数 m 的取值范围. 解 (1)a=-2,b=5,切线 l 的方程为 x-y-2=0.

(2)由(1)得,f(x)=x3-4x2+5x-2,所以 f(x)+g(x)=x3-3x2+2x. 依题意,方程 x(x2-3x+2-m)=0 有三个互不相同的实根 0,x1,x2,故 x1,x2 是方程 x2-3x+2-m=0 的两 1 相异的实根,所以 Δ=9-4(2-m)>0,即 m>- .又对任意的 x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立. 4 特别地,取 x=x1 时,f(x1)+g(x1)-mx1<-m 成立,得 m<0.由韦达定理,可得 x1+x2=3>0, 对任意的 x∈[x1,x2],有 x-x2≤0,x-x1≥0,x>0,则 f(x)+g(x)-mx=x(x-x1)(x-x2)≤0, 又 f(x1)+g(x1)-mx1=0,所以函数 f(x)+g(x)-mx 在 x∈[x1,x2]的最大值为 0. 1 - ,0?. 于是当 m<0 时,对任意的 x∈[x1,x2],f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立.综上,m 的取值范围是? ? 4 ? 1 【例 3】? 设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 f′(x)= ,g(x)=f(x)+f′(x). x 1? 1 (1)求 g(x)的单调区间和最小值;(2)讨论 g(x)与 g? ?x?的大小关系;(3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< x对任 意 x>0 成立?若存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解 x-1 1 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,所以 g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0,得 x=1, x x

当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是 g(x)的单调减区间; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是 g(x)的单调增区间. 因此,x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为 g(1)=1. 1? ?x-1? 1 ?1? (2)g? ?x?=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g? x?=2ln x-x+x,则 h′(x)=- x2 ,
2

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1? 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g? ?x?,当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 1? 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g? ? x ?; 1? 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g? ? x?. 1 (3)满足条件的 x0 不存在.证明如下:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立, x 2 即对任意 x>0,有 ln x<g(x0)<ln x+ ,(*) x 但对上述 x0,取 x1=eg(x0)时,有 ln x1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾, 1 因此,不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立. x 1 另一种证法如下:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意的 x>0 成立. x 1 由(1)知,g(x)的最小值为 g(1)=1,又 g(x)=ln x+ >ln x, x 而 x>1 时,ln x 的值域为(0,+∞),x≥1 时 g(x)的值域为[1,+∞), 1 从而可取一个 x1>1,使 g(x1)≥g(x0)+1.即 g(x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1> ,与假设矛盾. x1 1 ∴不存在 x1>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立. x 例 4 设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间;(2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. [满分解答] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞) 上单调递增;若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(5 分) (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? k< x +x(x>0).①(8 分)令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x +1= . e -1 e -1 ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯 一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0, α)时, g′(x)<0; 当 x∈(α, +∞)时, g′(x)>0.所以 g(x)在(0, +∞)上的最小值为 g(α). 又由 g′(α) =0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2.…(12 分) ln x+k 1、 已知函数 f(x)= (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴 ex 平行.(1)求 k 的值;(2)求 f(x)的单调区间;(3)设 g(x)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1+e 2.




ln x+k 1-kx-xln x (1)由 f(x)= ,得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), x e xex

由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行.所以 f′(1)=0,因此 k=1.
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1 (2)由(1)得 f′(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞),令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), xe 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0.又 ex>0,所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0; x∈(1,+∞)时,f′(x)<0.因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). 1 (3)因为 g(x)=xf′(x),所以 g(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞), e 由(2)得,h(x)=1-x-xln x,求导得 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e 2).


所以当 x∈(0,e 2)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增;


当 x∈(e 2,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减.所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e 2)=1+e 2.
- - -

1 1 - - 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1,所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e 2,即 g(x)<1+e 2. e e 综上所述结论成立. 2 设函数 f(x)=(1+x)2-2ln (1+x).(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)若关于 x 的方程 f(x)=x2+x+a 在[0,2]上恰 有两个相异实根,求实数 a 的取值范围. 解 1 2x?x+2? (1)函数的定义域为(-1,+∞),因为 f(x)=(1+x)2-2ln(1+x),所以 f′(x)=2??x+1?-x+1?= , ? ? x+1

由 f′(x)>0,得 x>0;由 f′(x)<0,得-1<x<0,所以,f(x)的递增区间是(0,+∞),递减区间是(-1,0). (2)方程 f(x)=x2+x+a,即 x-a+1-2ln(1+x)=0,记 g(x)=x-a+1-2ln(1+x)(x>-1), x-1 2 则 g′(x)=1- = ,由 g′(x)>0,得 x>1;由 g′(x)<0,得-1<x<1. 1+x x+1 所以 g(x)在[0,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增.为使 f(x)=x2+x+a 在[0,2]上恰有两个相异的实根, g?0?≥0, -a+1≥0, ? ? ? ? 只须 g(x)=0 在[0,1)和(1,2]上各有一个实根,于是有?g?1?<0, 即?2-a-2ln 2<0, ? ? ?g?2?≥0, ?3-a-2ln 3≥0, 解得 2-2ln 2<a≤3-2ln 3,故实数 a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3]. ln x . x

3 已知函数 f(x)=kx,g(x)=

ln x (1)求函数 g(x)= 的单调递增区间;(2)若不等式 f(x)≥g(x)在区间(0,+∞)上恒成立,求 k 的取值范围. x 解 1-ln x ln x (1)∵g(x)= (x>0),∴g′(x)= ,令 g′(x)>0,得 0<x<e, x x2

ln x 故函数 g(x)= 的单调递增区间为(0,e). x (2)∵x∈(0,+∞),由 kx≥ = ln x ln x ln x ,得 k≥ 2 ,令 h(x)= 2 ,则问题转化为 k 大于等于 h(x)的最大值,又 h′(x) x x x

1-2 ln x ,令 h′(x)=0 时,x= e,当 x 在区间(0,+∞)内变化时,h′(x)、h(x)变化情况如下表: x3 x h′(x) h(x) (0, e) + e 0 1 2e
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( e,+∞) -

?

?

1 1 由表知当 x= e时,函数 h(x)有最大值,且最大值为 ,因此 k≥ . 2e 2e 4 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知,f′(x)=ex-2,x∈R.令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减 ln 2 0 极小值 (ln 2,+∞) + 单调递增

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当 a>ln 2-1 时, g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0.所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0).而 g(0)=0, 从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0.即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 5 设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2. 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间;(2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 2 解 1 1 (1)a= 时,f(x)=x(ex-1)- x2,f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 2 2

当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时, f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,-1],[0,+∞)上单调递增,在[-1,0]上单调递减. (2)f(x)=x(ex-1-ax),令 g(x)=ex-1-ax,则 g′(x)=ex-a. 若 a≤1,则当 x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,而 g(0)=0,从而当 x≥0 时 g(x)≥0,即 f(x)≥0; 若 a>1,则当 x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,而 g(0)=0,从而当 x∈(0,ln a)时 g(x)<0,即 f(x) <0.综上得 a 的取值范围为(-∞,1].

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